Exercices corrigés : la dérivation (Première spécialité)

a) $f(2)=4+6=10$ et $f(2+h)=(2+h)^2+3(2+h)=4+4h+h^2+6+3h=10+7h+h^2$. La différence $f(2+h)-f(2)=7h+h^2$ se factorise par $h$, ce qui est toujours le cas et permet la simplification : le taux vaut $\frac{h(7+h)}{h}=7+h$ pour $h\neq 0$. La condition $h\neq 0$ doit figurer dans la rédaction, puisque c'est elle qui autorise la simplification.

b) Quand $h$ tend vers $0$, l'expression $7+h$ tend vers $7$ : $f'(2)=7$. Interprétation géométrique : la tangente à la courbe au point d'abscisse $2$ a pour coefficient directeur $7$, donc la courbe y monte de $7$ unités quand $x$ avance de $1$.

c) On réduit d'abord au même dénominateur : $g(3+h)-g(3)=\frac{1}{3+h}-\frac{1}{3}=\frac{3-(3+h)}{3(3+h)}=\frac{-h}{3(3+h)}$. Là encore, $h$ se factorise au numérateur. En divisant par $h$, c'est-à-dire en multipliant par $\frac{1}{h}$ : le taux vaut $\frac{-1}{3(3+h)}$, qui tend vers $\frac{-1}{9}$ lorsque $h$ tend vers $0$. Donc $g'(3)=-\frac{1}{9}$. Le signe négatif était prévisible : la fonction inverse est décroissante sur $]0;+\infty[$.

d) $f'(x)=2x+3$, donc $f'(2)=4+3=7$ ✓. Et $g'(x)=-\frac{1}{x^2}$, donc $g'(3)=-\frac{1}{9}$ ✓. Les deux méthodes concordent, ce qui est rassurant mais surtout instructif : les formules de dérivation ne sont pas des règles arbitraires, ce sont des calculs de limites faits une fois pour toutes.

e) Parce qu'on obtiendrait $\frac{0}{0}$, qui n'est pas un nombre. Le numérateur $f(2+h)-f(2)$ tend vers $0$ puisque la fonction est continue, et le dénominateur $h$ tend vers $0$ par construction : la fraction est une forme indéterminée, dont la valeur dépend de la vitesse relative des deux termes. C'est justement cette vitesse relative que le nombre dérivé mesure. La simplification par $h$ est donc l'étape essentielle, pas une commodité de présentation : ici elle transforme $\frac{7h+h^2}{h}$, indéterminée en $0$, en $7+h$, parfaitement calculable en $0$.

a) $f'(x)=3x^2-2$, en dérivant terme à terme : la dérivée de $x^3$ est $3x^2$, celle de $-2x$ est $-2$, et celle de la constante $1$ est nulle.

b) Deux calculs séparés, à ne pas mélanger : $f(2)=8-4+1=5$ donne le point de contact, et $f'(2)=12-2=10$ donne la pente. La tangente a donc pour équation $y=10(x-2)+5$, soit $y=10x-20+5=10x-15$.

c) $f(-1)=-1+2+1=2$ et $f'(-1)=3-2=1$. La tangente a pour équation $y=1\times(x-(-1))+2=x+1+2$, soit $y=x+3$. Attention au double signe dans $x-(-1)$, qui est une source d'erreur classique.

d) Pour la première : en $x=2$, la tangente donne $10\times 2-15=5$, et $f(2)=5$ ✓. Pour la seconde : en $x=-1$, elle donne $-1+3=2$, et $f(-1)=2$ ✓. Cette vérification prend quelques secondes et détecte immédiatement une erreur de signe ou de développement : le point de contact est le seul point où la courbe et sa tangente coïncident à coup sûr.

e) La tangente donne $y=10\times 2{,}01-15=5{,}1$. La valeur exacte vaut $f(2{,}01)=2{,}01^3-2\times 2{,}01+1=8{,}120601-4{,}02+1=5{,}100601$. L'écart est de $0{,}000601$, soit environ un dix-millième de la valeur : l'approximation est excellente. C'est l'interprétation la plus utile de la tangente, celle qui sert en physique et en économie : au voisinage du point de contact, la courbe se confond avec sa tangente, et une fonction compliquée se remplace localement par une fonction affine. L'erreur croît vite dès qu'on s'éloigne : en $x=3$, la tangente prédirait $15$ alors que $f(3)=22$.

a) $f$ est un polynôme, donc dérivable sur $\mathbb{R}$ tout entier : $f'(x)=20x^3-6x+7$. Chaque terme se dérive séparément, l'exposant descend en facteur et diminue de $1$, et la constante $-2$ disparaît.

b) $g$ est définie et dérivable sur $]0;+\infty[$ : la racine impose $x\geq 0$, le quotient impose $x\neq 0$, et la dérivée de la racine impose à son tour $x>0$. Avec $(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}$ et $\left(\frac{1}{x}\right)'=-\frac{1}{x^2}$ : $g'(x)=\frac{3}{2\sqrt{x}}-\frac{2}{x^2}$. Le coefficient $3$ et le coefficient $2$ se conservent, seule la partie variable est dérivée.

c) On pose $u=2x-1$ et $v=x^2+3$, donc $u'=2$ et $v'=2x$. La formule $(uv)'=u'v+uv'$ donne $h'(x)=2(x^2+3)+(2x-1)\times 2x=2x^2+6+4x^2-2x=6x^2-2x+6$, sur $\mathbb{R}$. Écrire $u$, $v$, $u'$, $v'$ avant d'appliquer la formule est la seule façon fiable d'éviter les oublis, et c'est ce que les correcteurs attendent.

d) Première méthode, comme un produit $u\times u$ avec $u=x^2+1$ : $k'=u'u+uu'=2u'u=2\times 2x\times(x^2+1)=4x(x^2+1)=4x^3+4x$. Seconde méthode, en développant d'abord : $k(x)=x^4+2x^2+1$, donc $k'(x)=4x^3+4x$ ✓. Les deux concordent. À retenir de la première : la dérivée de $u^2$ vaut toujours $2u'u$, formule qui servira partout et qu'on retrouve ici sans l'avoir apprise.

e) En développant, $h(x)=2x^3+6x-x^2-3=2x^3-x^2+6x-3$, dont la dérivée est $6x^2-2x+6$ ✓, exactement le résultat de la question c). C'est le meilleur contrôle disponible sur la règle du produit, et il vaut la peine d'être fait au moins une fois : quand les deux méthodes divergent, l'erreur est presque toujours un terme oublié dans $u'v+uv'$. Cela dit, développer n'est possible que sur des polynômes : dès qu'apparaissent une racine ou un quotient, la règle du produit devient indispensable.

a) $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ privé de $3$, valeur qui annule le dénominateur. Avec $u=2x+1$ et $v=x-3$, donc $u'=2$ et $v'=1$ : $f'(x)=\frac{2(x-3)-(2x+1)\times 1}{(x-3)^2}=\frac{2x-6-2x-1}{(x-3)^2}=\frac{-7}{(x-3)^2}$. Le piège est la soustraction : il faut distribuer le signe moins sur tout le second produit, faute de quoi on trouve $\frac{4x-5}{(x-3)^2}$, qui est faux.

b) Le dénominateur $(x-3)^2$ est un carré, donc strictement positif partout où il est défini, et le numérateur vaut $-7<0$ : la dérivée est strictement négative sur tout l'ensemble de définition. La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $]-\infty;3[$ ET strictement décroissante sur $]3;+\infty[$. Formulation à respecter scrupuleusement : elle n'est PAS décroissante sur la réunion des deux intervalles, puisque $f(2)=-5$ alors que $f(4)=9$, une valeur pourtant plus à droite mais bien plus grande. Une fonction ne peut être dite monotone que sur un intervalle.

c) $g$ est définie sur $\mathbb{R}$ privé de $0$. Plutôt que d'appliquer la formule du quotient, on simplifie l'écriture : $g(x)=\frac{x^2}{x}+\frac{1}{x}=x+\frac{1}{x}$, d'où $g'(x)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}$. La formule du quotient donnerait bien sûr le même résultat, mais avec trois fois plus de calculs : regarder si l'expression se simplifie avant de dériver est un réflexe qui fait gagner beaucoup de temps en contrôle.

d) $g'(x)=0$ équivaut à $x^2-1=0$, soit $x=-1$ ou $x=1$. Le signe de $g'$ est celui du numérateur $x^2-1$, puisque $x^2>0$ : positif à l'extérieur de $[-1;1]$, négatif à l'intérieur. En $x=-1$, la dérivée passe du positif au négatif, donc $g$ admet un maximum local $g(-1)=-1-1=-2$. En $x=1$, elle passe du négatif au positif, donc $g$ admet un minimum local $g(1)=1+1=2$. Résultat contre-intuitif à souligner : le maximum local vaut $-2$ et le minimum local vaut $2$, le maximum est donc plus PETIT que le minimum. C'est possible parce qu'ils sont locaux et situés de part et d'autre de la valeur interdite $0$.

e) Non dans les deux cas, et pour la même raison. La dérivée $f'(x)=\frac{-7}{(x-3)^2}$ ne s'annule jamais, puisqu'un numérateur constant non nul ne peut pas être nul : il n'existe donc aucun point où la tangente serait horizontale, et aucun extremum local. C'est cohérent avec la question b) : une fonction strictement monotone sur chacun de ses intervalles ne peut y présenter ni sommet ni creux. On remarque en revanche que $f'(x)$ se rapproche de $0$ quand $x$ s'éloigne, ce qui traduit une courbe de plus en plus plate, sans jamais devenir horizontale.

a) $f'(x)=3x^2-6x-9$. On met le $3$ en facteur pour simplifier la recherche des racines : $f'(x)=3(x^2-2x-3)$. Le trinôme se factorise en cherchant deux nombres de somme $2$ et de produit $-3$, à savoir $3$ et $-1$ : $f'(x)=3(x-3)(x+1)$.

b) Le trinôme a pour racines $-1$ et $3$, et son coefficient dominant $3$ est positif : il est donc du signe de ce coefficient à l'extérieur des racines et de signe opposé entre elles. Ainsi $f'(x)>0$ sur $]-\infty;-1[$, $f'(x)<0$ sur $]-1;3[$, et $f'(x)>0$ sur $]3;+\infty[$. Contrôle sur trois valeurs test, une par intervalle : $f'(-2)=12+12-9=15>0$ ✓, $f'(0)=-9<0$ ✓, $f'(4)=48-24-9=15>0$ ✓.

c) On traduit directement : $f$ est croissante sur $]-\infty;-1]$, décroissante sur $[-1;3]$, puis croissante sur $[3;+\infty[$. Les bornes sont incluses dans les intervalles de monotonie, alors qu'elles étaient exclues pour le signe strict de la dérivée : c'est la convention du programme, et elle est cohérente puisque la fonction reste croissante jusqu'au sommet inclus.

d) En $x=-1$, la dérivée change de signe du positif au négatif : $f$ admet un maximum local $f(-1)=-1-3+9+5=10$. En $x=3$, elle change du négatif au positif : $f$ admet un minimum local $f(3)=27-27-27+5=-22$. Le mot LOCAL est essentiel : $f$ n'a ni maximum ni minimum sur $\mathbb{R}$, puisqu'elle prend des valeurs aussi grandes et aussi petites que l'on veut. Le maximum local $10$ est d'ailleurs largement dépassé par $f(10)=705$. Autre lecture, utile pour la suite du programme : comme le minimum local vaut $-22<0$ et le maximum local $10>0$, la courbe traverse trois fois l'axe des abscisses, donc l'équation $f(x)=0$ a exactement trois solutions.

a) $f'(x)=6x^2-18x+12=6(x^2-3x+2)=6(x-1)(x-2)$, en cherchant deux nombres de somme $3$ et de produit $2$.

b) Le coefficient dominant de $f'$ est positif, donc $f'$ est positive à l'extérieur de $[1;2]$ et négative entre $1$ et $2$ : positive sur $[0;1[$, négative sur $]1;2[$, positive sur $]2;4]$. Les quatre valeurs à faire figurer dans le tableau sont $f(0)=-3$, $f(1)=2-9+12-3=2$, $f(2)=16-36+24-3=1$ et $f(4)=128-144+48-3=29$. La fonction croît de $-3$ à $2$, décroît de $2$ à $1$, puis croît de $1$ à $29$. Noter que la phase décroissante fait perdre très peu, une unité seulement : le creux est peu marqué.

c) Le maximum sur $[0;4]$ vaut $29$, atteint en $x=4$, et le minimum vaut $-3$, atteint en $x=0$ : ce sont les deux BORNES, pas les extremums locaux. Ceux-ci valent $2$ en $x=1$ et $1$ en $x=2$, et ils sont tous deux battus par les valeurs aux bornes. La méthode générale à retenir : sur un intervalle fermé, on compare les valeurs en tous les points où $f'$ s'annule ET les valeurs aux deux bornes, puis on prend la plus grande et la plus petite de cette courte liste, ici $-3$, $2$, $1$, $29$.

d) On raisonne intervalle par intervalle, en utilisant la monotonie. Sur $[0;1]$, $f$ croît continûment de $-3$ à $2$ : elle change de signe une fois et une seule, donc elle s'annule exactement une fois. Sur $[1;2]$, $f$ décroît de $2$ à $1$, donc reste comprise entre $1$ et $2$ : elle est strictement positive, aucune solution. Sur $[2;4]$, $f$ croît de $1$ à $29$ : strictement positive elle aussi, aucune solution. L'équation $f(x)=0$ admet donc exactement UNE solution sur $[0;4]$. La rédaction attendue mentionne à chaque fois la monotonie et les valeurs aux deux bouts : c'est ce qui, en Terminale, deviendra le théorème des valeurs intermédiaires. Pour information, cette solution vaut environ $0{,}32$.

a) Le côté découpé doit être strictement positif, sinon il n'y a pas de découpe, donc $x>0$. Et il faut qu'il reste du carton pour la base : on retire $x$ à chaque extrémité, donc le côté de la base vaut $20-2x$, qui doit être strictement positif, d'où $x<10$. Ainsi $x\in\ ]0;10[$. Le cas $x=10$ correspondrait à une boîte de base nulle, le cas $x=0$ à une feuille non découpée.

b) La base est un carré de côté $20-2x$ et la hauteur vaut $x$, celle des bords relevés : $V(x)=x(20-2x)^2=x(400-80x+4x^2)=4x^3-80x^2+400x$ centimètres cubes. Contrôle rapide sur une valeur simple : pour $x=5$, la formule donne $500-2000+2000=500$, et directement $5\times 10^2=500$ ✓.

c) $V'(x)=12x^2-160x+400=4(3x^2-40x+100)$. Le discriminant du trinôme vaut $40^2-4\times 3\times 100=1600-1200=400$, dont la racine carrée est $20$. Les racines sont $\frac{40\pm 20}{6}$, soit $x=10$ et $x=\frac{10}{3}\approx 3{,}33$.

d) Sur $]0;10[$, seule la racine $\frac{10}{3}$ est intérieure : la racine $10$ est exclue de l'intervalle, et c'est là que la question a) sert. Le trinôme $3x^2-40x+100$ a un coefficient dominant positif, donc il est positif avant $\frac{10}{3}$ et négatif entre $\frac{10}{3}$ et $10$. Le volume croît donc jusqu'à $\frac{10}{3}$ puis décroît : il est maximal en $x=\frac{10}{3}$ cm. Contrôle du signe sur deux valeurs test : $V'(1)=12-160+400=252>0$ ✓ et $V'(5)=300-800+400=-100<0$ ✓.

e) $V\left(\frac{10}{3}\right)=\frac{10}{3}\times\left(20-\frac{20}{3}\right)^2=\frac{10}{3}\times\left(\frac{40}{3}\right)^2=\frac{10}{3}\times\frac{1600}{9}=\frac{16000}{27}$ centimètres cubes, soit environ $592{,}59$ cm³. La boîte optimale mesure donc environ $13{,}33$ cm de côté sur $3{,}33$ cm de haut : la hauteur vaut exactement le sixième du côté de la feuille, ce qui est le résultat général pour ce problème classique. Vérification de plausibilité : avec $x=3$ on obtient $588$ cm³ et avec $x=4$ on obtient $576$ cm³, tous deux inférieurs ✓. Noter que le volume varie peu autour de l'optimum, ce qui est fréquent en optimisation : une erreur de découpe d'un demi-centimètre coûte moins de $1$ % du volume.

a) La dérivée de $x^2$ vaut $2x$. Deux droites sont parallèles exactement lorsqu'elles ont le même coefficient directeur, donc on résout $2a=4$, soit $a=2$. Le point cherché est $(2,\ 4)$, et la tangente a pour équation $y=4(x-2)+4=4x-4$. On vérifie qu'elle est bien parallèle à $y=4x-1$ sans lui être confondue, puisque les ordonnées à l'origine diffèrent ✓.

b) Au point d'abscisse $a$, l'ordonnée vaut $a^2$ et le coefficient directeur vaut $2a$. La formule générale donne $y=2a(x-a)+a^2=2ax-2a^2+a^2=2ax-a^2$. Cette équation dépend du paramètre $a$ : elle décrit d'un seul coup TOUTES les tangentes à la parabole, ce qui est exactement ce dont on a besoin pour la question suivante.

c) On cherche les valeurs de $a$ pour lesquelles la tangente passe par $A(0,\ -1)$, c'est-à-dire pour lesquelles le couple $(0,\ -1)$ vérifie l'équation : $-1=2a\times 0-a^2$, soit $-1=-a^2$, donc $a^2=1$ et $a=1$ ou $a=-1$. Il y a donc deux tangentes : pour $a=1$, $y=2x-1$ ; pour $a=-1$, $y=-2x-1$. Vérification : les deux passent bien par $A$, puisqu'elles valent $-1$ en $x=0$ ✓, et leurs points de contact sont $(1,\ 1)$ et $(-1,\ 1)$, symétriques par rapport à l'axe de la parabole, ce qui était prévisible.

d) $A$ n'appartient pas à $C$, car $-1\neq 0^2$. Il est situé strictement SOUS la parabole, puisque son ordonnée $-1$ est inférieure à $0^2=0$. L'équation $a^2=1$ ayant eu deux solutions, on conclut : par un point situé sous la parabole passent exactement deux tangentes. Le résultat se comprend géométriquement, la parabole étant tournée vers le haut : depuis un point situé dessous, on voit la courbe des deux côtés et on peut la frôler à gauche comme à droite.

e) Avec $B(0,\ 1)$ : $1=2a\times 0-a^2$ donne $a^2=-1$, équation sans solution réelle. Il n'existe donc AUCUNE tangente à la parabole passant par $B$. C'est cohérent avec la lecture géométrique : $B$ est à l'intérieur de la parabole, c'est-à-dire au-dessus d'elle, et toute droite passant par un point intérieur coupe la courbe en deux points au lieu de la frôler. On obtient ainsi la règle complète : deux tangentes depuis un point extérieur, une seule depuis un point de la courbe, aucune depuis un point intérieur. Le nombre de tangentes est exactement le nombre de solutions de l'équation $a^2=-y_B$.